Задача из журнала «Квант» (1992 год, 7 выпуск)

Условие

Три отрезка, выходящие из разных вершин треугольника $ABC$ и пересекающиеся в одной точке $M$, делят его на шесть треугольников. В каждый из них вписана окружность. Оказалось, что четыре из этих окружностей равны. Следует ли отсюда, что треугольник $ABC$ — правильный, если $M$ — точка пересечения а)медиан, б)высот, в)биссектрис, г)$M$ — произвольная точка внутри треугольника?

Решение

Ответ: а), б), в) да; г) нет.

Назовем треугольники, в которые вписаны окружности равных радиусов, отмеченными. Заметим, что какие-то два из отмеченных треугольников примыкают к одной из сторон треугольника $ABC$. Пусть, для определенности, это будут треугольники $BMD$ и $DMC$.

1. 

   Поскольку равны площади и радиусы вписанных окружностей отмеченных треугольников, равны и их периметры. Поэтому (рис.$1$) $BM = MC$, и, следовательно, $AB = AC$. Пусть $AD = m$, $BE = CF = n$, $AB = AC = l$, $BC = a$, а треугольник $BMF$ — отмеченный. Тогда из равенства периметров треугольника $BMF$ и $BMD$ получаем $$\frac{1}{2}+\frac{n}{3}+\frac{2n}{3}=\frac{a}{2}+\frac{2n}{3}+\frac{m}{3},$$
   т. е. $$\frac{1}{2}+\frac{n}{3}=\frac{a}{2}+\frac{m}{3}. \tag{*}$$
   Пусть $X$ и $Y$ — точки касания вписанных окружностей (см. рис.$1$) со сторонами $BD$ и $BF$, $DX = x$, $FY = y$. Из свойств отрезков касательной следует, что $$BM = \frac{1}{2}-y+\frac{n}{3}-y=\frac{a}{2}-x+\frac{m}{3}-x,$$ и с учетом $\left(*\right)$ получаем $$x=y.$$ Поскольку $\angle ADB$ — прямой, $\angle CFB$ — тоже прямой, т. е. медиана $CF$ является высотой, и треугольник $ABC$ — правильный.

   Если отмечен треугольник $AME$, то, как и раньше, получаем из равенства периметров $$\frac{l}{2}+\frac{2m}{3}+\frac{n}{3}=\frac{a}{2}+\frac{2n}{3}+\frac{m}{3},$$ т. е. $$\frac{l-a}{2}=\frac{n-m}{3}.\tag{**}$$

   Однако во всяком треугольнике большей стороне соответствует меньшая медиана. Поэтому, если $l>a$, то $n<m$, наоборот, при $l<a$ будет $n>m$, так что равенство (**) возможно лишь при $a=l$. Итак, и в этом случае утверждение доказано.

   Остальные ситуации совпадают с разобранными с точностью до обозначений.

2. 

   И в этом случае треугольники $BMD$ и $CMD$ равны (рис.$2$), поскольку $\angle BMD = \angle CMD$ (эти углы равны, так как окружности одинаковых радиусов касаются отрезка $MD$ в одной точке). Значит, $BD=DC$, $AB=AC$, $MF=ME$, $BF=EC$, так что равны треугольники $MBF$ и $MEC$. Если они отмеченные, то равны и треугольники $MBF$ и $MBD$ (у них общая гипотенуза $BM$ и равные радиусы вписанных окружностей, при этом $\angle FBM=\angle MBD$ — в противном случае, фигура $MFBD$ окажется прямоугольником).

   Если отмечены равные треугольники $AMF$ и $AME$, то равны и треугольники $AME$ и $BMD$ (они подобны и имеют одинаковые радиусы вписанных окружностей). Но тогда $AD=BE$, что и завершает доказательство.

3. 

   Мы можем считать отмеченными треугольники $AMF$ и $AME$ (рис.$3$). Но тогда окружности, вписанные в эти треугольники, касаются отрезка $AM$ в общей точке. Отсюда следует, что $\angle AME=\angle AMF$ и $\angle ABE = \angle ACF$, т. е. $\angle B=\angle C$ и $AB=AC$. Если отмечен треугольник $BMF$, то, пользуясь формулой для площади $S=rp$ применительно к треугольникам $AMF$ и $FMB$, получаем $$\frac{AM+MF+AF}{AF}=\frac{MF+BF+BM}{BF}.\tag{***}$$ Применяя к этим треугольникам теорему синусов, перепишем (***) так:$$\frac{\sin\alpha +\sin(2\alpha +\beta )}{\cos\beta }= \frac{\sin\beta +\sin(2\alpha +\beta )}{\cos2\beta },$$ откуда получаем после преобразований (пользуясь тем, что $\alpha +2\beta =\frac{\pi}{2}$), что $$\sin3\beta =1, т. е. \beta =\frac{\pi}{6},$$ т. е. $ABC$ — правильный треугольник.

   Если отмечены треугольники $BMD$ и $CMD$, то , так как точка $M$ — центр вписанной в треугольник $ABC$ окружности, получаем $$\frac{S_{AME}}{AE}=\frac{S_{CMD}}{CD},$$ что дает (формула $S=rp$) $$\frac{AE+EM+MA}{AE}=\frac{CM+MD+DC}{CD},$$ после чего, рассуждая как и раньше, приходим к равенству $$\cos2\beta +\sin3\beta =1+\sin\beta ,$$ из которого находим без труда $\beta =\frac{\pi}{6}$. И в этом случае $ABC$ — правильный треугольник.

4. 

   Треугольник $ABC$ может и не быть равносторонним. Для его построения (рис.$4$) проведем прямую, перпендикулярную $AF$, и выберем на ней точку $M$ так, что $\frac{\pi }{2}>\angle MAF>\frac{\pi }{3}$. В построенные на рисунке 4 углы впишем равные окружности с центрами $O_{1}$ и $O_{2}$, затем из точки $A$ проведем касательную к окружности $O_{2}$. Эта касательная пересечет прямую $MF$, в некоторой точке $C$. Симметрично отразив картинку относительно прямой $MF$, получим неправильный равнобедренный треугольник $ABC$ $\left(AC=BC\right)$, удовлетворяющий условию задачи.

В. Сендеров

Условие

На плоскости отмечены $2n + 1$ различных точек. Занумеруем их числами $1, 2, \ldots, 2n + 1$ и рассмотрим следующее преобразование $R$ плоскости: сначала делается симметрия относительно первой точки, затем относительно второй и т. д. — до $\left(2n + 1\right)$-й точки.

а) Покажите, что y этого преобразования $R$ есть единственная «неподвижная точка» (точка, которая отображается в себя).

Рассмотрим всевозможные способы нумерации наших $2n + 1$ точек (числами $1, 2, \ldots, 2n + 1$). Каждой такой нумерации соответствует свое преобразование плоскости $R$ и своя неподвижная точка. Пусть $F$ — множество неподвижных точек всех этих преобразований.

б) Укажите множество $F$ для $n = 1$.

в) Какое максимальное и какое минимальное количество точек может содержать множество $F$ при каждом $n = 2, 3, \ldots$

Решение

Фиксируем произвольную систему координат.

Пусть точки $A\left(x; y\right)$ и $A^*\left(x^*; y^*\right)$ симметричны относительно точки $A’\left(x’; y’\right)$. Тогда $x’ = \frac{\left(x + x^*\right)}{2}, y’ = \frac{\left(y + y^*\right)}{2},$ откуда $$x^* = 2x’ — x, y^* = 2y’ — y.$$

Таким образом, точка с координатами $\left(x; y\right)$ при симметрии относительно точки с координатами $\left(x’; y’\right)$ переходит в точку с координатами $\left(2x’ — x; 2y’ — y\right)$.

Поэтому при нашем преобразовании $R$ точка с координатами $\left(x; y\right)$ перейдет в точку с координатами $\left(-x + 2x_1 — 2x_2 + \cdots + 2x_{2n + 1}; -y + 2y_1 — 2y_2 + \cdots + 2y_{2n + 1}\right),$ где $\left(x_i; y_i\right)$ — координаты $i$-й из заданных $2n + 1$ точек.

a) Для неподвижной точки $\left(x; y\right)$ преобразования $R$ эти координаты определяются однозначно из условия $$ \begin{cases}-x + 2x_1 — 2x_2 + \cdots + 2x_{2n + 1} = x \\ -y + 2y_1 — 2y_2 + \cdots + 2y_{2n + 1} = y\end{cases}$$ и равны $\left(x_1 — x_2 + \cdots — x_{2n} + x_{2n + 1}; y_1 — y_2 + \cdots — y_{2n} + y_{2n + 1}\right)$ или $$\left(\sum_{i = 1}^{2n + 1} \left(-1\right)^{i — 1} x_i; \sum_{i = 1}^{2n + 1} \left(-1\right)^{i — 1} y_i\right) \tag{*}$$ Утверждение a) доказано.

б) Пусть сначала данные точки $X_1, X_2, X_3$ не лежат на одной прямой. Если точка $A_1$ после симметрии относительно точек $X_1, X_2, X_3$ отобразилась в себя (см. рисунок), то $X_1, X_2, X_3$ — середины отрезков $A_1A_2, A_2A_3, A_3A_1$, где $A_2 = SX_1\left(A_1\right)$, $A_3 = SX_2\left(A_2\right)$. Значит, $\left[A_1A_2\right]$, $\left[A_2A_3\right]$, $\left[A_3A_1\right]$ — медианы треугольника $A_1A_2A_3$, так что точки $A_1, A_2, A_3$ можно получить из точек $X_1, X_2, X_3$ гомотетией с центром в центре тяжести $O$ треугольника $X_1X_2X_3$ и коэффициентом $(—2)$. Этим положение точек $A_i \left(i = 1, 2, 3\right)$ определяется однозначно. С другой стороны, каждая точка $A_i$ при соответствующей композиции симметрий относительно точек $X_i$, отображается в себя (например, $SX_2\left(SX_1\left(SX_3\left(A_3\right)\right)\right) = A_3$). Поэтому множество $F$ — это три точки, получающиеся из данных точек $X_1, X_2, X_3$ гомотетией с центром $O$ и коэффициентом $(-2)$. Легко видеть, что, если данные точки $X_1, X_2, X_3$ лежат на прямой, ответ получается, в разумном смысле, тот же.

в) Глядя на выражение $(*)$, нетрудно сообразить, что в множестве $F$ точек не больше, чем число способов выбрать из $2n + 1$ данных точек те $n$ точек, перед абсциссами которых в выражении $(*)$ будет стоять знак «минус», то есть не больше, чем $C^n_{2n + 1}$. Очевидно, эта оценка точна (возьмите, например, $2n + 1$ точек на одной прямой с целыми координатами $1, 2, 2^2, \ldots, 2^{2n}$).

Оценим теперь число неподвижных точек снизу. Спроектируем данные $2n + 1$ точек на прямую так, чтобы никакие две точки не попали в одну. На этой прямой введем координаты и перенумеруем точки в порядке возрастания координат: $x_1 < x_2 < \ldots < x_{2n + 1}$. Поставим $n$ минусов перед первыми $n$ числами и рассмотрим сумму $- x_1 — x_2 — \cdots — x_n + x_{n + 1} + \cdots + x_{2n + 1}$: она будет соответствовать некоторой неподвижной точке из нашего множества $F$. Далее произведем следующую операцию: выберем пару чисел $x_i$ и $x_{i + 1}$ таких, что перед $x_i$ стоит минус, а перед $x_{i + 1}$ — плюс, и поменяем у них знаки (на первом шаге, очевидно, $i = n$). Каждая такая операция приводит к сумме, соответствующей неподвижной точке из множества $F$, причем, поскольку после каждой такой операции сумма уменьшатся, все эти неподвижные точки различны. Всего таких операций (вне зависимости от их порядка) мы можем произвести $n\left(n + 1\right)$, что уже даст нам $n\left(n + 1\right) + 1$ неподвижных точек. Значит, в $F$ точек не меньше $n\left(n + 1\right) + 1$. Ровно столько неподвижных точек получится, если, например, снова взять $2n + 1$ точек на прямой с целыми координатами $-n, -\left(n — 1\right), \ldots, -1, 0, 1, 2, \ldots, n — 1, n$. При всевозможных способах расстановки $n$ «минусов» перед некоторыми из них максимальное значение суммы этих чисел равно $2 \cdot \left(1 + 2 + \cdots + n\right) = n(n + 1)$, минимальное значение равно $-n\left(n + 1\right)$, причем сумма может принимать любое четное значение между числами $-n\left(n + 1\right)$ и $n\left(n + 1\right)$ — всего $n\left(n + 1\right) + 1$ значений.

И. Клумова, А. Талалай

Задача из журнала «Квант» (выпуск №4, 2001)

Условие

Внутри остроугольного треугольника $ABC$ выбрана точка $M$, являющаяся:

1.   точкой пересечения медиан;
2. точкой пересечения биссектрис;
3. точкой пересечения высот.

Докажите, что если радиусы окружностей, вписанных в треугольники $AMB$, $BMC$, $AMC$ равны, то треугольник $ABC$ — правильный.

Решение

1.  Площади треугольников $AMB$, $BMC$ и  $AMC$ (Рис.$1$) одинаковы – они равны $\frac{1}{3}S_{ABC}$(докажите это).
   Поскольку площадь $S$ треугольника, его полупериметр $p$ и радиус $r$ вписанной в него окружности связаны соотношением $S = pr$, периметры треугольников $AMB$, $BMC$ и $AMC$ также одинаковы.Предположим теперь, что треугольник $ABC$ – неправильный; пусть, например, $|AB| > |BC|$. Тогда угол $BDA$ – тупой, поэтому $|AM| > |MC|$, так что периметр треугольника $AMB$ больше периметра треугольника $BMC$ – противоречие.

   

2.  Поскольку $\widehat{CBM} = \widehat{CBM}$ и радиусы окружностей, вписанных в треугольники $AMB$ и $BMC$, равны, эти окружности касаются биссектрисы $BM$ в одной и той же точке (Рис.$2$).
   Из этого следует, что все три окружности попарно касаются, и их центры $O_1$, $O_2$ и $O_3$ образуют правильный треугольник, стороны которого перпендикулярны биссектрисам данного треугольника $ABC$. Поэтому, например, $\widehat{BMC} = \frac{\pi + A }{ 2} = \frac{2\pi}{3}$, то есть $\widehat{A}  = \frac{\pi}{3}$. Аналогично доказывается, что $B = C = \frac{\pi}{3}$.

   

3. Как и в задаче $1$, предположим, что треугольник  $ABC$ – неправильный; пусть, например,  $|BC| > |AC|$. Обозначим через $D$ и $E$ точки касания окружностей, вписанных в треугольники $AMB$ и $BMC$ соответственно, со сторонами $AC$ и $BC$ (Рис.$3$).  Поскольку радиусы этих окружностей равны и $\widehat{CAM} = \widehat{CBM}$, $|AD| = |BE|$. Значит,  $|CD| < |CE|$.

С другой стороны, при  нашем предположении $\widehat{B } < \widehat{A}$, так что $\widehat{MCA} = \frac{\pi}{2} – \widehat{A} < \frac{\pi}{2} – \widehat{B} = \widehat{BCM}$. Поэтому $|CD| > |CE|$ – противоречие.

А.Егоров